Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm 2019 – 2020 sở GD&ĐT Tiền Giang

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TỈNH TIỀN GIANG
Năm học 2019 – 2020
ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN
(Đề thi có 01 trang, gồm 05 bài)
Thời gian làm bài: 120 phút
(không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 5/6/2019 Bài I. (3,0 điểm)
1. Giải hệ phương trình và phương trình sau: 3x   y  9 a/  b/  2   4 2 x 4 x  5x 19  0 2x  y 1 2. Cho phương trình 2
x  mx  4  0 (m là tham số).
a/ Tìm điều kiện của m để phương trình có nghiệm. 1 1 257
b/ Tìm m sao cho phương trình có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn   . 4 4 x x 256 1 2 1
3. Rút gọn biểu thức: A   13  2 42 . 7  6 Bài II. (2,0 điểm) Cho parabol   2
P : y  x , các đường thẳng d : y  x  2 và d : y  x  m  3 2  1 
1. Vẽ đồ thị của (P) và (d1) trên cùng một hệ trục tọa độ.
2. Bằng phép tính, tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d1).
3. Tìm giá trị của tham số m, biết đường thẳng (d2) tiếp xúc với parabol (P). Bài III. (1,5 điểm)
Hai người đi xe đạp từ huyện A đến huyện B trên quãng đường dài 24 km, khởi hành
cùng một lúc. Vận tốc xe của người thứ nhất hơn vận tốc xe của người thứ hai là 3 km/h nên
người thứ nhất đến huyện B trước người thứ hai là 24 phút. Tính vận tốc của mỗi người. Bài IV. (2,5 điểm)
Từ điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O, vẽ hai tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn tâm O
(B, C là hai tiếp điểm) và cát tuyến AEF sao cho điểm E nằm giữa A, F (BE < EC). 1. Chứng minh AB2 = AE.AF.
2. Gọi I là trung điểm của EF. Chứng minh các tứ giác ABOC, ABIO nội tiếp đường tròn.
3. Các đường thẳng AO, AF cắt BC lần lượt tại H và D. Chứng minh AD.AI = AE.AF. Bài V. (1,0 điểm)
Cho hình nón có đường sinh bằng 17cm và diện tích xung quanh bằng 2 136 cm . Tính
bán kính đáy và thể tích của hình nón.
------------------------------------------------------HẾT-----------------------------------------------------
Thí sinh được sử dụng các loại máy tính cầm tay do Bộ Giáo dục và Đào tạo cho phép.
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:………………………………………….Số báo danh:……………………..
Nguyễn Thanh Sơn – THCS Mỹ Phong – TP Mỹ Tho – Tiền Giang 1
GỢI Ý GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT – NH 2019 – 2020 TIỀN GIANG Bài I.
1. Giải hệ phương trình và phương trình: 3x   y  9 x  2 a/  có nghiệm là  (HS tự giải) 2x  y 1 y  3 b/  2   4 2 x 4 x  5x 19  0
Phương trình (x2 – 4) = 0 có hai nghiệm là x1 = 2; x2 = −2; Phương trình 4 2 x  5x 19  0
không có nghiệm. Nên phương trình đã cho có hai nghiệm: x1 = 2; x2 = −2 2. Phương trình 2
x  mx  4  0 (m là tham số) có: a = 1, b = m, c = 4 a/ 2 2
  b  4ac  m 16 . Để phương trình đã cho có nghiệm thì   0 ⇔ m2 – 16 ≥ 0 m  4  0 m  4   m  4  0 m  4 m  4
⇔ (m – 4)(m + 4) ≥ 0 ⇔     m  4  0 m  4 m  4    m  4  0 m  4
Vậy: m ≥ 4 hoặc m ≤ −4 thì phương trình đã cho có nghiệm.  b x  x    m  1 2  b/ Theo Vi-ét: a  c x x   4 1 2  a 1 1 257 4 4    x x 257 ⇔ 2 1  4 4 x x 256 x x 256 1 2 4 1 2
x  x  x  x 2  2x x  m2 2 2 2  2.4  m  8 1 2 1 2 1 2
x  x  x  x 2  2x x   m 82 2 4 4 2 2 2 2 4 2 2 2 4 2
 2.4  m  2m .8  8  2.4  m 16m  32 1 2 1 2 1 2 4 4 x  x 257 4 2 m 16m  32 257 2 1  ⇔  ⇔ 4 2 m 16m  225  0 x x 4 256 4 4 256 1 2
Đặt m2 = t (Đk: t ≥ 0) thì phương trình trên trở thành: 2t 16t  225  0 .
Giải phương trình này ta được: t  25 (nhận); t  9  (loại). 1 2
Với t = 25, ta có: m = 5 hoặc m = −5 (thỏa điều kiện câu a) 1 1 257
Vậy: với m = 5 hoặc m = −5 thì   4 4 x x 256 1 2
Nguyễn Thanh Sơn – THCS Mỹ Phong – TP Mỹ Tho – Tiền Giang 2 1 3. Rút gọn A   13  2 42 7  6 2 2 2 1 1 
  7  2 7 6   6    7  6 7  6 7  6 1 1 7  6   7  6   7  6   
      7  6 7 6 7 6 7 6 7 6
 7  6  7  6  2 7
Vậy: A  2 7 Bài II. Cho parabol   2
P : y  x , các đường thẳng d : y  x  2 và d : y  x  m  3 2  1 
1. Vẽ đồ thị của (P) và (d1) trên cùng một hệ trục tọa độ (Hình vẽ)
2. Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d1). y
Phương trình hoành độ giao điểm: 9 8 2 2
x  x  2  x  x  2  0 7 6
Giải phương trình trên được: 5 x B(-2;4) 4 y = x2
1 = 1 suy ra y1 = 1 giao điểm A(1; 1) 3
x2 = −2 suy ra y2 = 4 giao điểm B(−2; 4) 2 1 A (1;1) x
3. Phương trình hoành độ giao điểm giữa (P) 7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 O 1 2 3 4 5 6 7 -1 và (d2): 2 x  x  m  3 -2 y = - x + 2 -3 ⇔ x2 – x – m + 3 = 0
có a = 1, b = −1, c = 3 – m ;      2 2 b 4ac
1  4.13  m  4m 11 11
Vì (d2) tiếp xúc với (P) nên   0  4m 11  0  m  4 11 Vậy: m  4
Bài III. Gọi x(km/h) là vận tốc của xe thứ nhất (x > 3)
x – 3(km/h) là vận tốc của xe thứ hai 24 24 24
Theo đề bài, ta có phương trình:   ⇔ x2 – 3x – 180 = 0 x  3 x 60
Giải phương trình trên được x1 = 15 (thỏa); x2 = −12 (loại)
Vậy: vận tốc của xe thứ nhất là 15(km/h) của xe thứ hai là 12(km/h)
Nguyễn Thanh Sơn – THCS Mỹ Phong – TP Mỹ Tho – Tiền Giang 3 Bài IV. B
1. Chứng minh AB2 = AE.AF.
Hai tam giác ABE và AFB có: F I   D BAE  FAB (góc chung) E  
ABE  AFB (cùng chắn cung EB) A H O Nên: △ABE ∽ △AFB (g-g) ⇒ AB AF  ⇒ AB2 = AE.AF AE AB C
2.Chứng minh các tứ giác ABOC, ABIO nội tiếp đường tròn. + Tứ giác ABOC có   0
ABO  ACO  90 nên   0
ABO  ACO 180 do đó ABOC nội tiếp được đường tròn.
+ Vì I là trung điểm của EF nên OI ⊥ EF (đl – dây EF không qua O). Suy ra:  0 AIO  90 Vì  0
AIO  90 nên AIO nội tiếp đường tròn đường kính AO  0
ABO  90 nên ABO nội tiếp đường tròn đường kính AO
Suy ra: tứ giác ABIO nội tiếp đường tròn đường kính AO.
3. Chứng minh AD.AI = AE.AF.
+ Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta dễ dàng suy ra: AO ⊥ BC tại H
+ Hai tam giác IAO vuông tại I và HAD vuông tại H có:   HAD  IAO (góc chung) AI AO
Nên △IAO ∽ △HAD (g-g). Suy ra:  AH AD Suy ra: AD.AI = AH.AO (1)
+ Tam giác ABO vuông tại B có đường cao AH cho ta: AB2 = AH.AO (2) Mà: AB2 = AE.AF (câu a) (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra: AD.AI = AE.AF. Bài V. S   rl  136  2 cm xq  h l =17cm
⇒  r.17 136 . Suy ra: r = 8(cm) 2 2 2 2
h  l  r  17  8 15cm r O 1 1 2 2
V   r h   8 .15  320  3 cm  3 3
Nguyễn Thanh Sơn – THCS Mỹ Phong – TP Mỹ Tho – Tiền Giang 4